Kleksa

Bac 2027 · spécialité physique-chimie

Tableau d’avancement et oxydoréduction

Que reste-t-il, que s’est-il formé, et quel réactif manque le premier ? Un tableau d’avancement répond aux trois questions d’un seul coup. Mis en place en première avec l’oxydoréduction, il reste en terminale l’outil de base des calculs de quantités de matière, au bac comme en classe.

Au bac de physique-chimie : dans 22 des 35 sujets de 2024 à 2026 (questions : 52).

L’essentiel

ce qu’il faut savoir
  • La quantité de matière nn, en mol, se tire de la masse par n=mMn = \dfrac{m}{M} (MM désigne la masse molaire) ou de la concentration en quantité de matière d’une solution par n=C Vn = C\,V.
  • Une oxydoréduction est une transformation dans laquelle un réducteur cède des électrons à un oxydant ; son équation s’obtient en additionnant deux demi-équations après avoir égalisé leurs nombres d’électrons.
  • L’avancement xx, en mol, repère l’état du système. Pour a A+b B→c C+d Da\,\ce{A} + b\,\ce{B} \rightarrow c\,\ce{C} + d\,\ce{D}, on a n(A)=n0(A)−a xn(\ce{A}) = n_0(\ce{A}) - a\,x et n(C)=n0(C)+c xn(\ce{C}) = n_0(\ce{C}) + c\,x, où les n0n_0 sont les quantités initiales.
  • Une transformation totale s’arrête quand un réactif a disparu : l’avancement final est alors l’avancement maximal xmax⁡x_{\max}, le plus petit des quotients n0(A)a{\dfrac{n_0(\ce{A})}{a}} et n0(B)b{\dfrac{n_0(\ce{B})}{b}}. Si elle n’est pas totale, xf<xmax⁡x_f < x_{\max}.

L’épreuve écrite de spécialité physique-chimie dure 210 minutes et est notée sur 20 : trois exercices indépendants, et à partir de la session 2027 deux points pour la maîtrise de la langue. Elle compte pour 80 % de la note de la spécialité ; l’évaluation des compétences expérimentales, une heure au laboratoire, pour 20 %. Le sujet dit si la calculatrice est autorisée.

Quantité de matière : le point de départ

Un tableau d’avancement commence toujours par des nombres de moles. Pour un solide ou un liquide pur, on pèse : n=mMn = \dfrac{m}{M}, avec mm exprimée en grammes et MM en g ⋅ mol−1\pu{g.mol-1}. Pour un soluté, on connaît la concentration en quantité de matière CC et le volume VV de la solution : n=C Vn = C\,V, avec CC en mol ⋅ L−1\pu{mol.L-1} et VV en litres.

Retiens que, pour une espèce moléculaire, on additionne les masses molaires atomiques des éléments, chacune comptée autant de fois que l’atome figure dans la formule : calcule-la toujours avant le reste.

Cette notion appartient au programme de première ; en terminale, le programme la suppose connue, et elle forme le socle des chapitres de chimie plutôt qu’un objet d’étude à part entière.

L’équation d’une oxydoréduction

Un oxydant est une espèce qui peut gagner des électrons, un réducteur une espèce qui peut en perdre. Ils forment un couple oxydant/réducteur, auquel on associe une demi-équation Ox+n eX−⇌Red\ce{Ox + n e- <=> Red}. Une réaction d’oxydoréduction fait intervenir deux couples : le réducteur de l’un cède des électrons à l’oxydant de l’autre.

Pour établir l’équation, écris les deux demi-équations dans le sens où elles se produisent, multiplie-les pour que les nombres d’électrons soient égaux, puis additionne : les électrons disparaissent. Exemple, avec les couples AlX3+/Al\ce{Al^{3+}/Al} et HX3OX+/HX2\ce{H3O+/H2} : Al→AlX3++3 eX−\ce{Al -> Al^{3+} + 3 e-} et 2 HX3OX++2 eX−→HX2+2 HX2O\ce{2 H3O+ + 2 e- -> H2 + 2 H2O}. Le premier ×2\times 2, le second ×3\times 3 donnent six électrons de chaque côté, d’où 2 Al+6 HX3OX+→2 AlX3++3 HX2+6 HX2O\ce{2 Al + 6 H3O+ -> 2 Al^{3+} + 3 H2 + 6 H2O}.

Vérifie ensuite la conservation des éléments et celle de la charge : ici, de chaque côté de la flèche, on compte 18 atomes d’hydrogène, six atomes d’oxygène, deux atomes d’aluminium et six charges positives.

Construire le tableau d’avancement

Le tableau comporte une ligne pour l’état initial, une pour un état intermédiaire d’avancement xx et une pour l’état final. Chaque ligne exprime la quantité de chaque espèce avec xx et les coefficients de l’équation.

Exemple (valeurs fictives), pour l’équation de l’aluminium ci-dessus : on introduit 0,540 g\pu{0,540 g} d’aluminium, de masse molaire 27,0 g ⋅ mol−1\pu{27,0 g.mol-1}, soit 20,0 mmol\pu{20,0 mmol}, dans 40,0 mL\pu{40,0 mL} de solution à 1,20 mol ⋅ L−1\pu{1,20 mol.L-1} en ions oxonium, soit 48,0 mmol\pu{48,0 mmol}. Les deux quotients valent 20,02=\dfrac{20{,}0}{2} ={}10,0 10{,}0 et 48,06=\dfrac{48{,}0}{6} ={}8,00 8{,}00 : le réactif limitant est l’ion oxonium et xmax⁡=8,00 mmolx_{\max} = \pu{8,00 mmol}. L’eau, solvant en grand excès, est laissée de côté.

EspèceÉtat initial (mmol)En cours (mmol)État final (mmol)
Al\ce{Al}20,020,0−2x20{,}0 - 2x4,00
HX3OX+\ce{H3O+}48,048,0−6x48{,}0 - 6x0
AlX3+\ce{Al^{3+}}02x2x16,0
HX2\ce{H2}03x3x24,0

État final, réactif limitant, transformation totale ou non

Le réactif limitant, c’est celui qui s’épuise le premier : il fixe xmax⁡x_{\max}. Dans un mélange stœchiométrique, les quotients n0coefficient\dfrac{n_0}{\text{coefficient}} sont égaux et les deux réactifs s’épuisent ensemble : avec 20,0 mmol\pu{20,0 mmol} d’aluminium et 60,0 mmol\pu{60,0 mmol} d’ions oxonium dans l’équation ci-dessus, les deux quotients valent 10,010{,}0.

Pour une transformation totale, l’état final correspond à xf=xmax⁡x_f = x_{\max}. Quand elle n’est pas totale, un état d’équilibre est atteint avant la disparition d’un réactif : on détermine alors xfx_f à partir de la composition mesurée, puis on le compare à xmax⁡x_{\max}. On appelle taux d’avancement final le rapport τ=xfxmax⁡\tau = \dfrac{x_f}{x_{\max}}, qui vaut moins de 1 ; par exemple (valeurs fictives), xf=7,2 mmolx_f = \pu{7,2 mmol} pour xmax⁡=9,0 mmolx_{\max} = \pu{9,0 mmol} donne τ=0,80\tau = 0{,}80.

Une erreur classique consiste à prendre pour réactif limitant celui dont la quantité initiale est la plus petite : ne confonds pas ce critère avec la comparaison des quotients, qui tient compte des coefficients.

Les mots du programme

quantité de matière
Grandeur nn, en mol, qui compte les entités d’un échantillon ; n=mMn = \dfrac{m}{M} pour un corps pur.
concentration en quantité de matière
Quantité de matière de soluté par litre de solution, C=nVC = \dfrac{n}{V}, en mol ⋅ L−1\pu{mol.L-1} ; aussi appelée concentration molaire.
oxydant et réducteur
Un oxydant est une espèce qui peut gagner des électrons, un réducteur une espèce qui peut en perdre ; ils forment un couple oxydant/réducteur.
demi-équation électronique
Équation d’un couple oxydant/réducteur écrite avec les électrons échangés, Ox+n eX−⇌Red\ce{Ox + n e- <=> Red}.
avancement
Grandeur xx, en mol, qui repère l’état du système au cours d’une transformation ; il vaut 0 à l’état initial.
tableau d’avancement
Tableau qui indique, pour chaque espèce, les quantités de matière de l’état initial, d’un état intermédiaire et de l’état final.
avancement maximal
Valeur de xx pour laquelle un réactif, le réactif limitant, est épuisé, la transformation étant supposée totale.
transformation totale
Transformation qui s’arrête quand un réactif disparaît : l’avancement final est alors égal à l’avancement maximal.

Une question du sujet

source : éduscol
Une vraie question d’un sujet du bac, mot pour mot, avec les lignes de l’exercice dont elle a besoin. Cherche-la avant de lire le corrigé.
Question d’un sujetbac

Bac 2026, Métropole, jour 1 — exercice 3, question 5

Exercice 3 — Coloration de la laine — 1. Synthèse d’un « colorant acide »

Ministère de l’Éducation nationale – éduscol
[…] • masse molaire de l’acide sulfanilique : M(acide sulfanilique)=173,2 g ⋅ mol−1M(\text{acide sulfanilique}) = \pu{173,2 g.mol-1} ; • masse molaire β-naphtol : M(β-naphtol)=144,2 g ⋅ mol−1M(\beta\text{-naphtol}) = \pu{144,2 g.mol-1} ; • masse molaire du colorant : M(colorant)=328,3 g ⋅ mol−1M(\text{colorant}) = \pu{328,3 g.mol-1} ; […] On réalise la synthèse du colorant en faisant réagir 0,87 g\pu{0,87 g} d’acide sulfanilique et 0,72 g\pu{0,72 g} de β–naphtol avec un excès d’acide nitreux. La transformation est modélisée par l’équation de réaction : […]

Question 5

Q5. Déterminer, en justifiant, la masse maximale de colorant qui aurait pu être obtenue.

Source : ministère de l’Éducation nationale – éduscol, bac 2026, spécialité physique-chimie, Métropole, jour 1, exercice 3, question 5 (Licence Ouverte / etalab-2.0). Corrigé : Kleksa (non officiel). · Le sujet sur éduscol · Faire le sujet gratuitement

Question d’un sujetbac

Bac 2026, Amérique du Nord, jour 2 — exercice 3, question 2

Exercice 3 — La lessive de cendre — 1. Étude de l’ion carbonate

[…] • masse molaire du carbonate de potassium : M(KX2COX3)=138,0 g ⋅ mol−1M(\ce{K2CO3}) = \pu{138,0 g.mol-1} ; […] Pour étudier le comportement des ions carbonate de la lessive de cendre, on pèse au laboratoire une masse m=3,0 gm = \pu{3,0 g} de carbonate de potassium KX2COX3(s)\ce{K2CO3(s)} que l’on dissout dans une fiole jaugée de 100,0 mL. On obtient ainsi la solution aqueuse S.

Question 2

Q.2. Calculer la concentration en quantité de matière des ions carbonate dans la solution S.

Source : ministère de l’Éducation nationale – éduscol, bac 2026, spécialité physique-chimie, Amérique du Nord, jour 2, exercice 3, question 2 (Licence Ouverte / etalab-2.0). Corrigé : Kleksa (non officiel). · Le sujet sur éduscol

Dans les sujets

compté par sujet
Les sujets de 2024 à 2026 qui ont posé une question sur cette notion : dans 22 des 35 sujets, sans compter les sujets de remplacement et de secours.
SujetQuestions
Bac 2026, Amérique du Nord, jour 11.6, 1.16
Bac 2026, Amérique du Nord, jour 23.2
Bac 2026, Antilles-Guyane, jour 11.5, 1.13
Bac 2026, Asie, jour 23.2, 3.4, 3.6, 3.7
Bac 2026, Centres étrangers, jour 12.1, 2.2, 2.4, 2.9
Bac 2026, Centres étrangers, jour 23.3
Bac 2026, Métropole, jour 12.3, 2.4, 2.5, 3.5
Bac 2026, Métropole, jour 21.4, 1.9
Bac 2026, Polynésie, jour 11.14
Bac 2026, Polynésie, jour 21.6, 1.7, 1.8, 1.11, 1.16, 1.17
Bac 2025, Amérique du Nord, jour 13.10, 3.11
Bac 2025, Amérique du Nord, jour 21.4, 1.5, 1.8, 1.9
Bac 2025, Asie, jour 13.7
Bac 2025, Centres étrangers, jour 21.12
Bac 2025, Métropole, jour 21.10, 3.8, 3.11
Bac 2025, Polynésie, jour 11.14, 1.16
Bac 2024, Asie, jour 11.4, 1.5, 1.6, 1.7
Bac 2024, Asie, jour 23.6
Bac 2024, Centres étrangers, jour 11.14
Bac 2024, Centres étrangers, jour 21.10, 1.17
Bac 2024, Métropole, jour 22.7, 3.2
Bac 2024, Polynésie, jour 21.5, 1.6

Teste-toi

vérifié sur place
Choisis ou écris ta réponse et vérifie-la tout de suite : le corrigé apparaît sous l’exercice.
bac

Question 1. (0–1)

On synthétise l’éthanoate de pentyle, à l’odeur de poire, par réaction de l’acide éthanoïque avec le pentan-1-ol : CX2HX4OX2+CX5HX12O⇌CX7HX14OX2+HX2O\ce{C2H4O2 + C5H12O <=> C7H14O2 + H2O}. On introduit dans le ballon une masse m1=4,02 gm_1 = \pu{4,02 g} d’acide éthanoïque et une masse m2=3,12 gm_2 = \pu{3,12 g} de pentan-1-ol. Données : • masses molaires : M1=60,0 g ⋅ mol−1M_1 = \pu{60,0 g.mol-1} pour l’acide éthanoïque, M2=88,0 g ⋅ mol−1M_2 = \pu{88,0 g.mol-1} pour le pentan-1-ol, ME=130,0 g ⋅ mol−1M_E = \pu{130,0 g.mol-1} pour l’éthanoate de pentyle. Choisir la proposition qui décrit le mélange initial.

Exercice Kleksa au format du sujet — corrigé Kleksa.

bac

Question 2. (0–1)

On synthétise le butanoate d’éthyle, à l’odeur d’ananas, par réaction de l’acide butanoïque avec l’éthanol : CX4HX8OX2+CX2HX6O⇌CX6HX12OX2+HX2O\ce{C4H8O2 + C2H6O <=> C6H12O2 + H2O}. On introduit dans le ballon une masse m1=10,30 gm_1 = \pu{10,30 g} d’acide butanoïque et une masse m2=3,12 gm_2 = \pu{3,12 g} d’éthanol. Données : • masses molaires : M1=88,0 g ⋅ mol−1M_1 = \pu{88,0 g.mol-1} pour l’acide butanoïque, M2=46,0 g ⋅ mol−1M_2 = \pu{46,0 g.mol-1} pour l’éthanol, ME=116,0 g ⋅ mol−1M_E = \pu{116,0 g.mol-1} pour le butanoate d’éthyle. Calculer la masse maximale mmaxm_{\text{max}} d’ester que l’on peut obtenir, en g. Donner le résultat avec trois chiffres significatifs.
g

Saisis uniquement le nombre, avec une virgule comme séparateur décimal.

Exercice Kleksa au format du sujet — corrigé Kleksa.

bac

Question 3. (0–1)

Un sachet de sucre pour sportif contient une masse m=5,35 gm = \pu{5,35 g} de glucose, de formule brute CX6HX12OX6\ce{C6H12O6}. Données : • masse molaire atomique de l’élément C : M(C)=12,0 g ⋅ mol−1M(\ce{C}) = \pu{12,0 g.mol-1} ; • masse molaire atomique de l’élément H : M(H)=1,0 g ⋅ mol−1M(\ce{H}) = \pu{1,0 g.mol-1} ; • masse molaire atomique de l’élément O : M(O)=16,0 g ⋅ mol−1M(\ce{O}) = \pu{16,0 g.mol-1}. Calculer la quantité de matière nn de glucose contenue dans le sachet, en mmol. Donner le résultat avec trois chiffres significatifs.
mmol

Saisis uniquement le nombre, avec une virgule comme séparateur décimal.

Exercice Kleksa au format du sujet — corrigé Kleksa.

Plus d’exercices : fais gratuitement un sujet entier

Les erreurs fréquentes

là où on perd des points
  • Appeler réactif limitant celui dont la quantité initiale est la plus faible. Il faut comparer n0coefficient\dfrac{n_0}{\text{coefficient}} : un réactif en petite quantité mais à coefficient 1 peut ne pas être limitant face à un réactif à coefficient 3.
  • Oublier les coefficients dans la ligne « en cours ». Si l’équation compte 2 A2\,\ce{A}, la quantité de A\ce{A} vaut n0−2xn_0 - 2x, pas n0−xn_0 - x.
  • Écrire une équation d’oxydoréduction où les électrons ne se compensent pas, ou dont la charge n’est pas conservée.
  • Mélanger les unités : une masse en mg avec une masse molaire en g ⋅ mol−1\pu{g.mol-1} donne un nombre de mol faux d’un facteur mille.
  • Compter l’eau solvant dans le tableau comme un réactif qui s’épuise. Elle est en très grand excès et n’impose pas xmax⁡x_{\max}.

À retenir

  • n=mMn = \dfrac{m}{M} et n=C Vn = C\,V.
  • Équation d’oxydoréduction : deux demi-équations, électrons égalisés puis éliminés.
  • Ligne en cours : n(reˊactif)=n(\text{réactif}) ={}n0− n_0 -{}(coefficient) x (\text{coefficient})\,x, n(produit)=n(\text{produit}) ={}n0+ n_0 +{}(coefficient) x (\text{coefficient})\,x.
  • xmax⁡x_{\max} : le plus petit des n0coefficient\dfrac{n_0}{\text{coefficient}} ; il désigne le réactif limitant.
  • Totale : xf=xmax⁡x_f = x_{\max} ; non totale : xf<xmax⁡x_f < x_{\max}, taux d’avancement τ=xfxmax⁡\tau = \dfrac{x_f}{x_{\max}}.

Questions fréquentes

  1. 1.À quoi sert l’avancement ?+
    Réponse :Il permet d’exprimer, avec une seule inconnue xx, la quantité de chaque espèce au fil de la transformation, en tenant compte des coefficients de l’équation. Il remplace plusieurs inconnues liées entre elles.
  2. 2.Un tableau d’avancement est-il nécessaire pour une oxydoréduction ?+
    Réponse :La méthode est la même que pour toute transformation : on écrit l’équation, puis on construit le tableau. Dans une oxydoréduction, l’équation se déduit d’abord des demi-équations des deux couples.
  3. 3.Que signifie un avancement final plus petit que l’avancement maximal ?+
    Réponse :Le système a cessé d’évoluer avant d’avoir épuisé un réactif : la transformation n’est pas totale. On le constate en comparant l’avancement final, déduit de la composition mesurée, à l’avancement maximal calculé.
  4. 4.Pourquoi l’eau n’apparaît-elle pas dans le tableau ?+
    Réponse :Quand l’eau est le solvant, elle est en très grand excès : sa quantité ne limite pas la transformation et ne varie pratiquement pas. On la laisse donc de côté, ou on la note en excès, et on suit les autres espèces.
  5. 5.Peut-on avoir deux réactifs limitants ?+
    Réponse :Oui, quand le mélange est stœchiométrique : les deux quotients n0coefficient\dfrac{n_0}{\text{coefficient}} sont égaux, et les deux réactifs s’épuisent en même temps pour x=xmax⁡x = x_{\max}.

Voir aussi

Toutes les notions de physique-chimie du bac

Notion suivante du programme : Acides, bases et pH

Sources

Ce site n’est pas un service du ministère de l’Éducation nationale et n’y est pas lié. Les questions marquées « bac » viennent des sujets publiés sur éduscol (Licence Ouverte / etalab-2.0) ; leurs corrigés, les explications et les autres exercices de la page sont les nôtres et n’ont rien d’officiel.

Page vérifiée le 2 novembre 2026

Dernier exercice.

Fais gratuitement le sujet de physique-chimie du bac 2026 de métropole (jour 1), en 3 h 30 comme le jour de l’épreuve.